八十六學年度大學推薦甄試數學學科試題詳解

臺灣大學數學系
八十六學年度大學推薦甄試數學學科試題

1. 請將下列各式化成$a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$的形式（其中$a,b,c$為有理數）。
   1. $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+1}$（$2$分）。
   2. $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+5\sqrt[3]{2}+1}$（$4$分）。
訣竅
解聯立方程組；對於第一小題還可以使用常見的乘法公式進行有理化。
解法

1. 【解法一】由於$a^3+b^3=\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)$，因此將分子分母同乘以$\left(\sqrt[3]{4}\right)^2-\sqrt[3]{4}+1$整理有

   $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+1}=\frac{2\sqrt[3]{2}-\sqrt[3]{4}+1}{5}=\frac{1}{5}+\frac{2}{5}\sqrt[3]{2}-\frac{1}{5}\sqrt[3]{4}$

   【解法二】根據題意，考慮下列等式

   $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+1}=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$

   利用移項即為

   $\left(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\right)\left(1+\sqrt[3]{4}\right)=1$

   展開後按常數項、$\sqrt[3]{2}$項與$\sqrt[3]{4}$項排列可得

   $\left(a+2b\right)+\left(b+2c\right)\sqrt[3]{2}+\left(a+c\right)\sqrt[3]{4}=1+0\sqrt[3]{2}+0\sqrt[3]{4}$

   據此解下列聯立方程組

   $\left\{\begin{aligned} &a+2b=1\\&b+2c=0\\&a+c=0\end{aligned}\right.$

   如此可解得$\displaystyle a=\frac{1}{5}$、$\displaystyle b=\frac{2}{5}$、$\displaystyle c=-\frac{1}{5}$，即有

   $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+1}=\frac{1}{5}+\frac{2}{5}\sqrt[3]{2}-\frac{1}{5}\sqrt[3]{4}$

2. 根據題意，考慮下列等式

   $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+5\sqrt[3]{2}+1}=a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}$

   移項可得

   $\left(a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}\right)\left(1+5\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}\right)=1$

   展開後按常數項、$\sqrt[3]{2}$項與$\sqrt[3]{4}$項排列可得

   $\left(a+2b+10c\right)+\left(5a+b+2c\right)\sqrt[3]{2}+\left(a+5b+c\right)\sqrt[3]{4}=1+0\sqrt[3]{2}+0\sqrt[3]{4}$

   據此解下列聯立方程組

   $\left\{\begin{aligned}&a+2b+10c=1\\&5a+b+2c=0\\&a+5b+c=0\end{aligned}\right.$

   如此可解得$\displaystyle a=-\frac{1}{25}$、$\displaystyle b=-\frac{1}{75}$、$\displaystyle c=\frac{8}{75}$，即有

   $\displaystyle\frac{1}{\sqrt[3]{4}+5\sqrt[3]{2}+1}=-\frac{1}{25}-\frac{1}{75}\sqrt[3]{2}+\frac{8}{75}\sqrt[3]{4}$

2. 考慮下列條件，
   1. $f\left(1\right)=1$, $f\left(2\right)=2$
   2. 對於每一實數，都有$f\left(x\right)\geq0$，
   3. $f'\left(3\right)=0$
   請(不必化簡)
   1. 找出一多項式$f\left(x\right)$，滿足(A)及(B)（$3$分），
   2. 找出一多項式$f\left(x\right)$滿足(A), (B)及(C)（$3$分）。
訣竅
針對每一項條件找出能與之對應的條件處理之。
解法
1. 【解法一】針對A. 我們可以考慮$f\left(x\right)=g\left(x\right)+q\left(x\right)$，其中$q\left(1\right)=q\left(2\right)=0$，又$g\left(1\right)=1$且$g\left(2\right)=2$。針對B. 我們可以進一步去思考能否使$q\left(x\right)$、$g\left(x\right)$對任何實數$x$皆非負即能滿足條件。其中$q\left(x\right)$可取$\left(x-1\right)^2\left(x-2\right)^2$，而$g\left(x\right)=\left(x-1\right)^2+1$。即取

   $f\left(x\right)=1+\left(x-1\right)^2+\left(x-1\right)^2\left(x-2\right)^2$

   即可滿足A.、B.兩條件。

   【解法二】可以簡單的取$f\left(x\right)=x+\left(x-1\right)\left(x-2\right)=x^2-2x+2$，利用配方法可以檢查滿足條件B.而根據取法可立即知道滿足條件A.

2. 為了滿足條件C.，我們可以考慮$f\left(x\right)=\left(x-3\right)^2g\left(x\right)$。又為了滿足A.與B.，因此要求$\displaystyle g\left(1\right)=\frac{1}{4}$、$g\left(2\right)=2$且$g\left(x\right)$非負。為此我們取

   $\displaystyle g\left(x\right)=\frac{7}{4}\left(x-1\right)^2+\frac{1}{4}$

   即有

   $\displaystyle f\left(x\right)=\left(x-3\right)^2\left[\frac{7}{4}\left(x-1\right)^2+\frac{1}{4}\right]$

   此即滿足三個條件的函數。
3. 設矩陣

   $A=\begin{bmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\end{bmatrix}, B=\begin{bmatrix}b_{11}&b_{12}\\b_{21}&b_{22}\\b_{31}&b_{32}\end{bmatrix},$

   其中$a_{ij}, b_{ij}$皆為實數。請說明：(提示：內積)
   1. 是否存在$A, B$滿足

      $\begin{bmatrix}a_{11}b_{11}+a_{12}b_{12}+a_{13}b_{31}&a_{11}b_{12}+a_{12}b_{22}+a_{13}b_{32}\\a_{21}b_{11}+a_{22}b_{21}+a_{23}b_{31}&a_{21}b_{12}+a_{22}b_{22}+a_{23}b_{32}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$

      （$2$分）
   2. 是否存在$A, B$滿足

      $\begin{bmatrix}b_{11}a_{11}+b_{12}a_{21}&b_{11}a_{12}+b_{12}a_{22}&b_{11}a_{13}+b_{12}a_{23}\\b_{21}a_{11}+b_{22}a_{21}&b_{21}a_{12}+b_{22}a_{22}&b_{21}a_{13}+b_{22}a_{23}\\b_{31}a_{11}+b_{32}a_{21}&b_{31}a_{12}+b_{32}a_{22}&b_{31}a_{13}+b_{32}a_{23}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}$

      （$4$分）
訣竅
第一小題可直接構造簡單的例子；第二題可利用內積（幾何觀點）說明不存在，亦可透過大學的線性代數觀點說明。
解法

1. 存在。取$A=\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\end{bmatrix}$、$B=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\\0&0\end{bmatrix}$，即有$AB=\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}$。
2. 不存在。

   【解法一】利用反證法。假定存在這樣的$A$與$B$。

   由於$b_{11}a_{12}+b_{12}a_{22}=0$、$b_{11}a_{13}+b_{12}a_{23}=0$，因此向量$\left(b_{11},b_{12}\right)$與向量$\left(a_{12},a_{22}\right)$、向量$\left(a_{13},a_{23}\right)$皆垂直，根據平面特性可知存在一個倍數$k$使得$\left(a_{12},a_{22}\right)=k\left(a_{13},a_{23}\right)$。
   由於$b_{21}a_{11}+b_{22}a_{21}=0$、$b_{21}a_{13}+b_{22}a_{23}=0$，因此向量$\left(b_{21},b_{22}\right)$與向量$\left(a_{11},a_{21}\right)$、向量$\left(a_{13},a_{23}\right)$皆垂直，根據平面特性可知存在一個倍數$m$使得$\left(a_{11},a_{21}\right)=m\left(a_{13},a_{23}\right)$。

   若記$a_{13}=a$、$a_{23}=b$，則$A$可表示如下

   $A=\begin{bmatrix}ma&ka&a\\mb&kb&b\end{bmatrix}$

   然而留意矩陣$BA$的第一列計算為

   $\begin{bmatrix}m\left(ab_{11}+bb_{12}\right)&k\left(ab_{11}+bb_{12}\right)&ab_{11}+bb_{12}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0\end{bmatrix}$

   這表明$ab_{11}+bb_{12}=0$，這與$m\left(ab_{11}+bb_{12}\right)=1$矛盾，因此不存在這樣的$A$與$B$。

   【解法二】（線性代數觀點）由於$\mbox{rank}\left(A\right)\leq2$、$\mbox{rank}\left(B\right)\leq2$，因此$\mbox{rank}\left(AB\right)\leq2$，但$\mbox{rank}\left(\begin{bmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{bmatrix}\right)=3$，故不可能存在$A$與$B$滿足條件。

4. 甲乙丙…等$16$個人參加網球比賽，採單淘汰制，先抽籤決定號次再進行比賽。假設：甲為超強，其餘選手程度相當，除甲外的其他諸選手相互對局時各有$\displaystyle\frac{1}{2}$的機率取得勝利，碰到甲時則只有$\displaystyle\frac{1}{4}$的機率取得勝利。問乙得冠軍的機率為若干？（$6$分）
訣竅
要留意乙選手與除了甲以外的其他選手得冠軍的機率是相等的。
解法

由於必然存在冠軍，可以知道這16個選手分別獲得冠軍的機率總和為$1$，又乙獲得冠軍的機率與除了甲以外的選手之機率相同。記甲獲得冠軍之機率為$a$而乙獲得冠軍之機率為$b$，因此有

$a+15b=1$

而甲獲得冠軍之機率為連勝四場（這與籤號排序無關）即$\displaystyle a=\left(\frac{3}{4}\right)^4=\frac{81}{256}$，因此乙獲得冠軍之機率為

$\displaystyle b=\frac{1-a}{15}=\frac{35}{768}$

5. 求點$\left(-26,0\right)$到曲線$\sqrt{x}+\sqrt{y}=4$的最短距離。
訣竅
透過適當的設定將距離表達為單便數函數，接著利用微分求極值；曲線上的動點與給定點有最短距離時，該動點在曲線上的切線會與動點和給定點的連線垂直。
解法一
設$P\left(x,y\right)$落在曲線$\sqrt{x}+\sqrt{y}=4$上，則點$P$至$\left(-26,0\right)$的距離平方函數可表達為
$\begin{aligned}f\left(x\right)=&\left(x+26\right)^2+y^2=\left(x+26\right)^2+\left(4-\sqrt{x}\right)^4\\=&2x^2 -16x\sqrt{x}+148x-256\sqrt{x}+932\end{aligned}\quad\left(0<x<4\right)$
利用微分可得
$\displaystyle f'\left(x\right)=4x-24\sqrt{x}+148-\frac{128}{\sqrt{x}}$
為了找出極值，我們須解$f'\left(x\right)=0$，我們令$t=\sqrt{x}$，如此有
$\displaystyle t^2-6t+37-\frac{32}{t}=0$
兩邊同乘以$t$後可以因式分解得
$\left(t-1\right)\left(t^2-5t+32\right)=0$
因此解得$t=1$，即$x=1$。又計算$f$的二階微分可得
$\displaystyle f''\left(x\right)=4-\frac{12}{\sqrt{x}}+\frac{64}{x\sqrt{x}}$
如此有$f''\left(1\right)=56>0$，故$x=1$凹口向上，故$f\left(1\right)=114-256+932=810$為極小值，因此最短距離為$\sqrt{810}=9\sqrt{10}$。
解法二
由於該曲線可表達為$y=\left(4-\sqrt{x}\right)^2$($0<x<4$)，假定在$P\left(a,b\right)$有最短距離，則$P$與$\left(-26,0\right)$斜率為$\displaystyle\frac{b-0}{a+26}$，而在$P$處的切線斜率則為$2\left(4-\sqrt{a}\right)\cdot\left(-\frac{1}{2\sqrt{a}}\right)$。由於兩者垂直，故有
$\displaystyle\frac{b}{a+26}\cdot\left(-\frac{4-\sqrt{a}}{\sqrt{a}}\right)=-1$
其中$b=\left(4-\sqrt{a}\right)^2$，因此整理有
$\left(4-\sqrt{a}\right)^3=\sqrt{a}\left(a+26\right)$
令$t=\sqrt{a}$並展開整理後有
$t^3-6t^2+37t-32=0$
隨後的解法與過程同解法一。
6. 假設$\displaystyle0\leq x\leq\frac{\pi}{2}$，試證
   1. $\displaystyle1+\frac{1}{4}\sin\left(2x\right)\leq\cos x+\sin x$（$3$分）
   2. $\displaystyle1+\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)\geq\cos x+\sin x$（$3$分）
訣竅
利用三角函數的特性證明之；亦可利用三角函數之微分求解。
解法
1. 【解法一】由於$\displaystyle0\leq x\leq\frac{\pi}{2}$，因此$0\leq\sin x\leq1$、$0\leq\cos x\leq1$，故有

   $\sin x\cos x\leq4$

   同乘以$\displaystyle\frac{\sin x\cos x}{4}$後再加上$1+\sin x\cos x$可得

   $1+\sin x\cos x+\frac{1}{4}\sin^2x\cos^2x\leq1+2\sin x\cos x$

   即有

   $\left(1+\frac{1}{2}\sin x\cos x\right)^2\leq\left(\sin x+\cos x\right)^2$

   由於$\sin x+\cos x$與$1+\frac{1}{2}\sin x\cos x$皆為正數，因此有

   $\displaystyle1+\frac{1}{4}\sin\left(2x\right)\leq\sin x+\cos x$

   此即所欲證。

   【解法二】考慮函數$\displaystyle f\left(x\right)=\sin x+\cos x-1-\frac{1}{4}\sin\left(2x\right)$，計算其導函數有

   $\displaystyle f'\left(x\right)=\cos x-\sin x-\frac{1}{2}\cos\left(2x\right)=\left(\cos x-\sin x\right)\left(1-\frac{\cos x+\sin x}{2}\right)$

   由於$\cos x+\sin x\leq\sqrt{2}<2$，因此$\displaystyle1-\frac{\cos x+\sin x}{2}>0$。從而$f$在$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{4}\right]$上遞增而在$\displaystyle x\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2}\right]$上遞減，且$f\left(0\right)=f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$，故$f$在$\displaystyle x\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上非負，此即結論。

2. 考慮函數$\displaystyle f\left(x\right)=1+\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{2}-x\right)-\sin x-\cos x$，計算其微分可得

   $f'\left(x\right)=-\frac{\pi}{2}-\cos x+\sin x\leq1-\frac{\pi}{2}<0$

   因此$f$在$\displaystyle\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$遞減，且知$\displaystyle f\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$，故$f\left(x\right)$在$\displaystyle\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$上非負，從而移項即可證明該不等式。
7. 已知實數數列$\left\langle a_n\right\rangle$, $\left\langle b_n\right\rangle$滿足下面兩條件：
   1. $\displaystyle a_n^3+5b_n^3=\left(\frac{1}{2^n}\right)^3$
   2. $\displaystyle a_n-2b_n=\frac{1}{3^n}$
   試證：
   1. $a_n>0, b_n>0$（$2$分）
   2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$（$2$分）
   3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a_n}{b_n}=2$（$4$分）
訣竅
第一小題應利用反證法；第二小題與第三小題則應仔細利用條件找出$a_n$與$b_n$之間的特性。
解法
1. 利用反證法，假設$a_n\leq0$，則由A.可知$b_n\geq0$，但由B.可得$b_n\leq0$，因此$b_n=0$，但代回可解得$\displaystyle a_n=\frac{1}{2^n}=\frac{1}{3^n}$，這是矛盾。故$a_n>0$。另一方面，若$b_n\leq0$，則由B.可知$\displaystyle a_n\leq\frac{1}{3^n}$，但由A.則有$\displaystyle a_n\geq\frac{1}{2^n}$，從而矛盾，故$b_n>0$。
2. 利用a.小題的結果以及條件A.，可知

   $\displaystyle0<a_n^3<a_n^3+5b_n^3=\left(\frac{1}{2^n}\right)^3$

   利用夾擠定理可以得到$\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=0$。
3. 留意到使用如b.的方法可得以得到$\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n=0$。現利用條件B.可知

   $\displaystyle\frac{a_n}{b_n}=2+\frac{1}{3^nb_n}$

   因此僅須說明$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3^nb_n}=0$，為了得到這個結論，我們將按下列的順序證明結果：
   1. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{27^nb_n}=0$
   2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{8^nb_n}=0$
   3. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{9^nb_n}=0$
   4. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{27^nb_n^2}=0$
   5. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{8^nb_n^2}=0$
   6. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{9^nb_n^2}=0$
   7. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3^nb_n}=0$

   由條件A.同除以$b_n^3$並代入條件B.可得

   $\displaystyle\left(2+\frac{1}{3^nb_n}\right)^3+5=\left(\frac{1}{2^nb_n}\right)^3$

   展開後並整理可得 $$\begin{equation}\label{eq:1}13+\frac{12}{3^nb_n}+\frac{6}{9^nb_n^2}=\left(\frac{1}{8^n}-\frac{1}{27^n}\right)\frac{1}{b_n^3}\end{equation}$$ 將$\left(\ref{eq:1}\right)$兩邊同乘以$b_n^2$後得到 $$\begin{equation}\label{eq:2}13b_n^2+\frac{12}{3^n}b_n+\frac{6}{9^n}=\left(\frac{1}{8^n}-\frac{1}{27^n}\right)\frac{1}{b_n}\end{equation}$$ 並且根據$\displaystyle\left(\frac{1}{8^n}-\frac{1}{27^n}\right)>\frac{1}{27^n}$，可利用夾擠定理可以得到$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{27^nb_n}=0$，此即1.之結論。

   此外可將$\left(\ref{eq:2}\right)$改寫如下

   $\displaystyle13b_n^2+\frac{12}{3^n}b_n+\frac{6}{9^n}+\frac{1}{27^nb_n}=\frac{1}{8^nb_n}$

   因此兩邊同取極限可得$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{8^nb_n}=0$，此即2.之結論。

   利用$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{8^nb_n}=0$，我們可以知道

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{9^nb_n}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{8^n}{9^n}\right)\left(\frac{1}{8^nb_n}\right)=0$

   因此得到3.的結論。
   現在將$\left(\ref{eq:1}\right)$同乘以$b_n$可以得到

   $$\begin{equation}\label{eq:3}13b_n+\frac{12}{3^n}+\frac{6}{9^nb_n}=\left(\frac{1}{8^n}-\frac{1}{27^n}\right)\frac{1}{b_n^2}\end{equation}$$

   類似地使用夾擠定理可以得到$\displaystyle\frac{1}{27^nb_n^2}=0$，此即結論4.，此後利用相同的過程可以得到結論5.及結論6.，利用結論6.可以得到

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{1}{3^nb_n}=\sqrt{\lim_{n\to\infty}\frac{1}{9^nb_n^2}}=0$

   此為結論7.，因此完成了本題的證明。
8. 在無窮的平面網格上（由無窮多水平線與垂直線所形成），每一格之內放置一個自然數（可重複），使其每一格的數都等於其相鄰上下左右四格的平均值。張三說：要完成這樣的配置，必須每一格放置相同的正整數。請問：張三的說法正確嗎（$1$分）？請說出你的論證（$5$分）。
訣竅
留意到正整數具有良序原理(well-ordering principle)，亦即一個正整數的集合會有最小值。
解法
張三的說法是正確的。利用反證法，假設存在一種配置，不使每一格都有相同的正整數，則由良序原理可知有一格會是這樣配置中的最小值，此處為相鄰四格之平均，但同時又小於或等於這四數，由此可知相鄰四數皆與最小值相等。依此可見這相等的行為會由此最小值擴散出去（使周圍四數皆等同於最小值），但根據假設，不可能每一格都有相同的正整數，如此我們得到了矛盾。故要完成這樣的配置必須每一格都有相同的正整數。

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A題口試試題

1. 有一圓形的紙張，紙張上有一點$P$，$P$不是圓心。
2. 任選一方向將紙張摺疊，使得$P$點恰在摺過來的紙的邊緣上（如所附圓紙片），攤開之後在摺痕上畫線。
3. 選很多方向一一畫線之後如樣品所示。仔細觀察樣品，你看到什麼幾何圖形？當摺線越畫越多時該幾何圖形的極限狀況為何？能確定嗎？
訣竅
仔細作圖後並加以觀察。
解法
仔細作圖可得

不妨設圓為$x^2+y^2=a^2$、圓心$O\left(0,0\right)$，而$P$點座標設為$\left(b,0\right)$，其中$0<b<a$。考慮圓上的動點$A\left(a\cos\theta,a\sin\theta\right)$，由此可做出動摺線為$\overline{PA}$中線$L$。此時連$\overline{OA}$並交$L$於$Q$，根據中線的特性可知$\overline{QA}=\overline{PQ}$，因此有$\overline{PQ}+\overline{QO}=\overline{QA}+\overline{QO}=\overline{OA}=a$。因此可知$Q$點落在以$O$、$P$為焦點的橢圓上，而且這項結果與$A$點的選取無關。